20、 第六章 平面向量及其应用 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

章末综合提升 　 第六章　平面向量及其应用 概念梳理 构建体系 1 分层探究 提升能力 2 教考衔接 明确考向 3 单元检测卷 4 内容索引 概念梳理 构建体系 返回 返回 分层探究 提升能力 返回 例1 √ 探究点一　平面向量的线性运算 √ 规律方法 2．向量减法的实质是向量加法的逆运算，是相反向量的应用． 3．数乘运算即通过实数与向量的乘积，实现同向或反向上向量长度的伸缩变换．　　 √ 探究点二　平面向量数量积的运算 (1)(多选)已知平面向量a＝(1，0)，b＝(1，2 )，则下列说法正确的是 A．|a＋b|＝16 B．(a＋b)·a＝2 C．向量a＋b与a的夹角为30° D．向量a＋b在a上的投影向量为2a 例2 √ √ 规律方法 向量数量积的求解策略 1．利用数量积的定义、运算律求解 在数量积运算律中，有两个形似实数的完全平方公式在解题中的应用较为广泛，即(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上述两公式以及(a＋b)·(a－b)＝a2－b2这一类似于实数平方差的公式在解题过程中可以直接应用． 规律方法 2．借助零向量 即借助“围成一个封闭图形且首尾相接的向量的和为零向量”，再合理地进行向量的移项以及平方等变形，求解数量积． 3．借助平行向量与垂直向量 借助向量的分解，将待求的数量积转化为有垂直关系或平行关系的向量数量积，借助a⊥b，则a·b＝0等解决问题． 4．建立平面直角坐标系，利用坐标运算求解数量积．　　 探究点三　利用正、余弦定理解三角形 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ＝sin C－cos C. (1)求A的大小； 例3 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 因为D在边BC上，且CD＝2DB， 规律方法 解三角形的一般方法 1．已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b. 2．已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角． 3．已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况． 4．已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C.　　 △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知________(只需填序号). (1)求A的大小； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 又B∈(0，π)，sin B≠0， 选③：由正弦定理及已知可得sin A sin C 又C∈(0，π)，sin C≠0， (2)若a＝ ，b＋c＝4，求△ABC的面积． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 可得bc＝3， 探究点四　余弦、正弦定理在实际问题中的应用 例4 ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°， 所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°， 在△DAB中，由正弦定理得 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC ＝30°＋(90°－60°)＝60°， 在△DBC中，由余弦定理得 所以CD＝30(n mile). 则需要的时间t＝ ＝1(h). 所以救援船到达D点需要1 h． 对点练4．某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40 m后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高． 解：如图所示，设AE为塔，B为塔正东方向一点，沿南偏西 60°的方向前进40 m到达C处， 即BC＝40，∠CAB＝135°，∠ABC＝30°，∠ACB＝15°. 过点A作AG⊥BC，垂足为G，此时仰角∠AGE最大，为30°， 在△ABC中，由面积公式知 在Rt△AEG中，因为AE＝AG tan ∠AGE， 返回 教考衔接 明确考向 返回 因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，即b2＝4a·b.因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b2＝4＋x2，a·b＝x，得4＋x2＝4x，所以 ＝0，解得x＝2.故选D. 真题1 (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝ A．－2 B．－1 C．1 D．2 √ 真题2 √ (2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝ (2023·新课标Ⅱ卷)已知向量 a，b满足|a－b|＝ ，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________． 真题3 如图所示：记AB＝c，AC＝b，BC＝a， 真题4 (2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝ ，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________． 2 如图所示：记AB＝c，AC＝b，BC＝a， 真题5 (2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋ cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2， b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长． 解：由A，B，C为三角形内角，得sin B≠0，sin C≠0. 真题6 (1)求B； 返回 单元检测卷 返回 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为向量a与b方向相同，且|a|＝2 ，所以a＝λb＝(λ，－λ)，λ>0，λ2＋(－λ)2＝8，解得λ＝2，所以a＝(2，－2).故选D. C．(－2，2) D．(2，－2) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4．设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．2 B．0 C．－1 D．－2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．a＋c＝3b C．△ABC的周长为4c √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10．若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的值可能为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11．在△ABC中，若AB＝4，AC＝5，△BCD为等边三角形(A，D两点在BC两侧)，则当四边形ABDC的面积S最大时，下列选项正确的是 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且C＝60°，a＝3，S△ABC＝ ，则AB边上的中线长为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16．(15分)如图，四边形ABCD内接于一个圆中，其中BD为 直径，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝ . (1)求BD的长；(6分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求△ACD的面积．(9分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)求实数λ的值；(5分) 因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求 的坐标；(3分) (3)已知点D(3，5)，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．(7分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(17分)已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝ . (1)求B的大小；(7分) 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解：因为c＝2b cos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin B cos B， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度． 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(17分)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且c cos A＋ c sin A－b－a＝0，c＝1. (1)求角C；(4分) 又因为sin B＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C， 又sin A≠0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：如图所示，取AB的中点M， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为OP－OM≤PM≤OP＋OM， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 即CD为角C的平分线． 因为S△CDA＋S△CDB＝S△ABC， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 　 计 数 原 理 返回 (1)设D，E为△ABC所在平面内两点，＝，＝2，则＝ A．－＋ B．－ C．－ D．－＋ 如图，因为＝，＝2，所以＝，＝，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝－.故选B. (2)如图，在△ABC中，＝，P是线段BD上一点，若＝m＋，则实数m的值为 A． B． C．2 D． 设＝λ，因为＝，所以＝，则＝＋＝＋λ＝＋λ(＋)＝(1－λ)＋λ，又因为＝m＋，所以解得λ＝，m＝.故选A. 1．向量加法是由三角形法则定义的，要点是“首尾相接”，即＋＝. 对点练1．(1)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，AD为BC边上的高，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝ A．1 B． C． D． 因为AD⊥BC，AB＝2，∠ABC＝60°，所以BD＝AB·cos ∠ABC＝2×＝1，则BD＝BC，即＝.所以＝＋＝＋，因为＝λ＋μ，所以λ＝1，μ＝，则λ＋μ＝.故选D. (2)平面上有A(2，－1)，B(1，4)，D(4，－3)三点，点C在直线AB上，且＝，连接DC并延长至点E，使||＝||，则点E的坐标 为________． 因为＝，所以－＝(－)，所以＝2－＝(3，－6).所以点C的坐标为(3，－6).由||＝||，且E在DC的延长线上，所以＝－.设E(x，y)，则(x－3，y＋6)＝－(4－x，－3－y)，得解得即E. a＋b＝(2，2)，则|a＋b|＝＝4，故A错误；(a＋b)·a＝2×1＋2×0＝2，故B正确；cos 〈a＋b，a〉＝＝，又0°≤〈a＋b，a〉≤180°，所以向量a＋b与a的夹角为60°，故C错误；向量a＋b在a上的投影向量为·＝2a，故D正确．故选BD. (2)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，＝2.若·＝－3，则·＝________． 因为·＝·(－＋)＝－2－·＝－3，所以·＝. 对点练2．已知△ABC外接圆的圆心为O，P是△ABC边上一动点，若CA＝2，CB＝，A＝，则·的最大值为________． 在△ABC中，由余弦定理得CB2＝CA2＋AB2－2CA·AB cos A，即7＝4＋AB2－2×2×AB×，即AB2－2AB－3＝0，解得AB＝3或AB＝－1(舍去).分别过点O，P作OM⊥AB，PN⊥AB，即向量在向量方向上的投影向量为.因为点O为△ABC的外心，所以M为AB中点，由向量的数量积公式以及投影向量的定义知，当点P运动到B点时，·取得最大值，其中最大值为||·||＝||2＝. 所以sin C－sin A cos C－sin C cos A＝sin A sin C－sin A cos C. 解：由已知及正弦定理得＝sin C－cos C， 可化为sin C－sin B＝sin A sin C－sin A cos C， 即sin C－sin (A＋C)＝sin A sin C－sin A cos C， 所以－cos A＝sin A， 即sin ＝1. 因为0<A<π，所以<A＋<， 所以A＋＝，故A＝. 所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B＝， 所以AD＝. (2)若b＝3，c＝2，点D在边BC上，且CD＝2DB，求线段AD的长． 解：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝18＋4－12＝10，则a＝. 所以BD＝a＝. 又cos B＝＝－， 对点练3．在①b(1＋cos A)＝a sin B，②b cos ＝a sin B，③a sin C＝c cos 这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答． 选②：由正弦定理及已知可得sin B cos ＝sin Asin B， 所以cos ＝sin A， 解：选①：由正弦定理及已知可得sin B(1＋cos A)＝sin A sin B，又B∈(0，π)，sin B≠0， 所以1＋cos A＝sin A， 则sin ＝， 所以A－＝，即A＝. ＝sin Ccos (A－)， 所以sin ＝2sin cos . 又∈(0，)，所以sin ≠0， 所以cos ＝. 所以＝，即A＝. 所以sin A＝cos ＝cos A＋sin A， 则tan A＝. 又0<A<π，所以A＝. 解：由(1)知cos A＝ ＝ ＝－1＝， 所以S△ABC＝bc sin A＝. 如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)n mile的两个观测点．现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20 n mile的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30 n mile/h，该救援船到达D点需要多长时间？ 解：由题意知AB＝5(3＋)n mile， ＝， 所以DB＝＝ ＝ ＝＝10(n mile)， BC＝20(n mile)， CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos ∠DBC＝300＋1 200－2×10×20×＝900， 在△ABC中＝， 即＝，所以AC＝20. ×BC×AG＝×BC×AC×sin ∠ACB. 所以AG＝＝AC×sin ∠ACB＝20sin 15°， 所以AG＝20sin (45°－30°) ＝20×(×－×)＝10(－1). 所以AE＝10(－1)× ＝10－＝， 所以塔高为 m． A． B． C． D．1 由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0，所以b2＝2a·b.将|a＋2b|＝2的两边同时平方，得a2＋4a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4，解得|b|2＝，所以|b|＝.故选B. 法一：因为|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因为|a－b|＝，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝. 法二：设c＝a－b，则|c|＝，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝. 法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，解得b＝1＋，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可 得，×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°，解得AD＝＝＝2. 法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6， 因为b>0，解得b＝1＋，由正弦定理可得， ＝＝，解得sin B＝，sin C＝，因为1＋>>2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. 所以A＋＝，故A＝. 解：由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1， 所以sin ＝1. 因为0<A<π，所以<A＋<， 因为b sin C＝c sin 2B， 所以由正弦定理得sin B sin C＝sin C sin 2B， 所以sin B＝sin 2B，即sin B＝2sin B cos B，所以cos B＝，所以B＝. 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2＋＋＝2＋＋3. 因为a＝2，A＝，所以由正弦定理， 得b＝sin B＝2. 由A＝，B＝，得C＝，所以sin C＝sin ＝sin (＋)＝×＋×＝， 所以由正弦定理，得c＝＝＝＋， 又0<B<π，所以B＝. (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. 解：由余弦定理得cos C＝＝， 又0<C<π，所以C＝. 所以cos B＝sin C＝，所以cos B＝， 所以△ABC的面积S＝ac sin B＝c2×＝3＋，得c＝2. (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解：sin A＝sin (π－B－C)＝sin (B＋C)＝sin cos ＋ cos sin ＝， 由正弦定理＝，得＝， 所以a＝c. 1．如图，已知四边形ABCD为矩形，则＋＝ A． B． C． D． 根据向量加法的平行四边形法则可知＋＝.故选C. 2．若平面向量a与b＝(1，－1)方向相同，且|a|＝2，则a＝ A．(－，) B．(，－) 3．在矩形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上靠近E的三等分点，则向量＝ A．＋ B．－ C．＋ D．－ 由题可得＝＋＝＋＝－＋×(＋)＝－＋＋＝－.故选B. A． B．2 C． D．10 因为向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)且a⊥c，b∥c，所以2x－4＝0⇒x＝2，1×(－4)－2y＝0⇒y＝－2，从而a＋b＝(2，1)＋(1，－2)＝(3，－1)，因此|a＋b|＝ ＝.故选C. 5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝，a＝2，c＝b，则△ABC的面积为 A． B．2 C． D．2 由余弦定理的推论得cos ＝＝－，因为c＝b，所以b＝2(负值舍去)，c＝2，所以S△ABC＝bc sin A＝×2×2×＝.故选A. 6．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆弧上的两个三等分点，＝a，＝b，则＝ A．a－b B．a－b C．－a＋b D．－a＋b 画出图形如图所示，由于C，D是半圆弧上的两个三等分点，所以△AOC，△COD，△DOB是等边三角形，所以OA＝OB＝OC＝OD＝AC＝CD＝BD，所以四边形OACD是菱形，四边形OBDC是菱形，所以＝＝－＝－＝－a＋b.故选C. 7．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c cos B＝b(a－cos C)，且△ABC的面积为S＝c cos A，则A＝ A． B． C． D． 因为c cos B＝b(a－cos C)，所以由正弦定理可得sin C cos B＝a sin B－sin B cos C，可得sin Ccos B＋sin B cos C＝sin (B＋C)＝sin A＝a sin B，可得a＝ab，可得b＝，因为△ABC的面积为S＝c cos A＝bc sin A＝××c×sin A，可得tan A＝，又A∈(0，π)，所以A＝.故选C. 8．如图所示，半圆的直径AB＝4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值是 由平行四边形法则得＋＝2，故(＋)·＝2·，||＝2－||，且，反向，设||＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1].因为0≤t≤2，所以当t＝1时，(＋)·取得最小值，为－2.故选D. 9．若a，b，c分别为△ABC内角A，B，C 的对边．已知b sin A＝sin B，且cos A＝，则 B．tan A＝2 D．△ABC的面积为c2 因为b sin A＝sin B，所以ab＝b，所以a＝3b－c，a＋c＝3b.由余弦定理得＝b2＋c2－2bc cos A，整理得b＝c，又cos A＝，所以sin A＝，tan A＝2.周长为a＋b＋c＝4b.故△ABC的面积为bc sin A＝c2.故选ABD. A．－1 B．1 C． D．2 因为a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，所以a·b－c·(a＋b)＋c2≤0，所以c·(a＋b)≥1，而|a＋b－c|＝＝＝≤＝1，所以C，D不符合要求．故选AB. A．A＝ B．A＝ C．S＝＋20 D．S＝ 设BC＝a，AB＝c＝4，AC＝b＝5，因为△BCD是等边三角形，所以S△BCD＝a2，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，所以S四边形ABDC＝S△BCD＋S△ABC＝a2＋cb sin A＝(25＋16－40cos A)＋×20sin A＝＋10sin A－10cos A＝＋20sin(A－).故当A－＝，即A＝时，四边形ABDC的面积最大，为＋20.故选BC. 12．在△ABC中，a＝x，b＝，A＝，若该三角形有两个解，则x的取值范围是________． 因为三角形有两个解，所以b sin A<x<b，即<x<，x的取值范围是(，). 13．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，B＝45°，AB＝2CD＝2，M为腰BC的中点，则·＝________． 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系(图略)，则由题意得A(0，0)，B(2，0)，D(0，1)，C(1，1)，M(，)，所以＝(－，－)，＝(－，)，所以·＝－＝2. 因为S△ABC＝ab sin C＝×3×b×＝，故可得b＝5，不妨取AB的中点为M，连接CM(图略)，故＝(＋)，故||＝ ＝＝.即AB边上的中线长为. 15．(13分)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AD＝DC＝AB＝2. (1)设线段BC的中点为M且＝λ＋μ，求λ和μ的值；(5分) 解：因为M为BC的中点，所以＝＋，又因为＝＋且＝，所以＝＋＝＋， 因为，不共线，根据平面向量基本定理可知λ＝，μ＝. (2)若点P在线段BC上且＝，求满足＝t的实数t的值．(8分) 解：根据题意，建立如图所示的直角坐标系，则A(0，0)，B(4，0)，D(0，2)，C(2，2)，＝，则＝t＝(－2t，2t)(0≤t≤1)，则＝＋＝，因为＝，所以＝，解得t＝(舍)或t＝，所以t的值为. 解：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC＝25－24cos ＝13，解得AC＝， 设R为△ABC外接圆半径，由正弦定理得2R＝＝＝＝，即BD＝. 解：因为BD为直径，所以∠DAB＝∠DCB＝，所以AD＝＝，CD＝＝， 又∠ADC＝π－＝，所以S△ACD＝AD·CD sin ∠ADC＝×××＝. 17．(15分)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，＝2e1＋e2，＝－e1＋λe2，＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线． 解：＝＋＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2. 因为A，E，C三点共线，所以存在实数k，使得＝k，即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2. 所以解得 因为＝(－7，－2)，所以解得即点A的坐标为(10，7). 解：＝＋＝－3e1－e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2). 解：因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以＝. 设A(x，y)，则＝(3－x，5－y). 所以sin 2B＝sin ＝，因为C＝，所以B∈，2B∈，所以2B＝，解得B＝. ①c＝b；②周长为4＋2；③S△ABC＝.(10分) 解：若选择①：由正弦定理结合(1)可得＝＝＝，与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在． 若选择②：由(1)可得A＝，设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R，c＝2R sin ＝R，则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，解得R＝2，则a＝2，c＝2，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为＝. 若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b，则S△ABC＝ab sin C＝a2×＝，解得a＝，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为 ＝＝. 化简得sin C－cos C＝1，即2sin(C－)＝1， 又C∈(0，π)，则C－∈(－，)，所以C－＝，所以C＝. 解：因为c cos A＋c sin A－b－a＝0， 由正弦定理得sin C cos A＋sin C sin A－sin B－sin A＝0. 所以sin C cos A＋sin C sin A－sin A cos C－cos A sin C－sin A＝0. (2)若△ABC外接圆的圆心为O，P为圆O上的一动点，求·的取值范围；(5分) 则·＝(＋)(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－， 由正弦定理得＝2R＝，即R＝， 所以OP＝，OM＝＝. 即PM∈[，]， 所以·＝2－∈. (3)若△ABC的面积S∈(0，)，D为AB边上一点且总存在λ>0使得＝λ(＋)成立，求线段CD长度的取值范围．(8分) 解：因为＝λ(＋)，所以·＝λ(＋)·＝λ(1＋cos C)＝， 同理，·＝， 又因为△ABC的面积S＝ab sin ＝ab∈(0，)， 所以CD·AC sin ∠ACD＋CD·BC sin ∠BCD＝AC·BC sin ∠ACB， 所以CD·b＋CD·a＝ab，即CD＝. 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos ，即1＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab， 所以ab＝， 所以ab∈(0，)，解得a＋b∈(1，). 所以CD＝＝＝[(a＋b)－]， 令t＝a＋b，y＝(t－)在(1，)上单调递增， 所以CD的取值范围为(0，). $$